题意:给定一个环,环上有一些点包裹,你要从 $0$ 号点出发,然后每次带上一个容量为 $k$ 的背包. 问:如果要把所有的包裹都带回 $0$ 好点最少要走多少距离. 每一次只有 $3$ 种走法:走整圆,没走到半圆就返回(两个方向) 而我们可以贪心证明我们最多只会走一次整圆: 如果我们要走 $2$ 次或两次以上整圆的话说明要拿的物品肯定 $>2k$ 个. 而背包的容量是有限的:只能装 $k$ 个. 所以这么走是不如先装物品多的那一侧半圆,然后再跑一次整圆. 然后就好做了:直接对每一侧半圆求取前 $…

三种路径,左边出去左边回来,右边出去右边回来,绕一圈 绕一圈的路径最多出现一次 那么绕一圈的路径覆盖的点一定是左边半圈的右边和右边半圈的左边 枚举绕一圈的路径的起始点(一定要枚举,这一步不能贪心),更新答案 #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int a[10000005],X[10000005],Y[10000005]; long long L[10000005],R[10000005]; bool…

4368: [IOI2015]boxes纪念品盒 链接 分析 链接 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; inline int read() { ,f=;; +ch-';return x*f; } ; int s1[N],s2[N],p1,p2; LL f1[N],f2[N]; //- int main() { int n = read(),k = read(),L = read(); ; i…

BZOJ 4368: [IOI2015]boxes纪念品盒 BZOJ传送门 Description IOI2015开幕式正在进行最后一个环节.按计划在开幕式期间,每个代表队都将收到由主办方发放的一个装有纪念品的盒子.然而所有志愿者都被精彩的开幕式所吸引,除Aman外其他人完全忘记了发放纪念品这件事.Aman是一位热情的志愿者,为使得IOI尽量圆满,他要用最短的时间将所有纪念品发放出去. 开幕式的场地是一个圆环,被分为 个完全相等的区域,这些区域的编号依次为 到,也就是说,对于0≤i≤L-2,区域…

bzoj4368 IOI2015 boxes纪念品盒 题目链接:https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4368 数据范围:略. 题解: 如果在一个最优方案中,一个点$i$是这个人拿东西从左侧走过来的,我们就说这个点是蓝的. 如果是右侧的,就说这个点是红. 我们发现,并不存在三个可以不连续的点,满足红蓝红. 即,一定存在一个点$i$,满足$1\sim i$的点是蓝的,$i + 1\sim n$是红的. 接着我们维护一个$dp$状态:$f_i$,表…

问题描述 IOI2015 开幕式正在进行最后一个环节.按计划在开幕式期间,每个代表队都将收到由主办方发放的一个装有纪念品的盒子.然而所有志愿者都被精彩的开幕式所吸引,除 Aman外其他人完全忘记了发放纪念品这件事.Aman 是一位热情的志愿者,为使得 IOI 尽量圆满,他要用最短的时间将所有纪念品发放出去. 开幕式的场地是一个圆环,被分为 个完全相等的区域,这些区域的编号依次为 0 到 L-1,也就是说,对于 0≤i≤L-2,区域 i 与区域 i+1 相邻,且区域 L-1 与区域 0 相邻.场地…

题面 解析 可以发现,发纪念品有三种方式: 从左边走再原路返回. 从右边走再原路返回. 走一圈. 注意到,第三种走法最多只会走一次, 因为如果走了多次,那发放的物品数量就会>=\(2k\), 那么一定有半边的数量>=\(k\). 因此就可以转化为一次1/2操作加一次3操作(先发掉\(k\)个). 那么我们可以先DP一下1/2操作发前\(i\)个纪念品所用的时间\(f1[i]/f2[i]\), 那没有3操作的时间就是f1+f2, 考虑走一圈的情况,枚举从左边走发的纪念品数更新答案即可. code…

[BZOJ 2006] [NOI 2010]超级钢琴(贪心+ST表+堆) 题面 给出一个长度为n的序列,选k段长度在L到R之间的区间,一个区间的值等于区间内所有元素之的和,使得k个区间的值之和最大.区间可以相交或包含,但一个区间只能被选1次. \(n,k,L,R \leq 5 \times 10^5\) 分析 先把区间和转化成前缀和.枚举左端点\(i\),右端点的范围为\([i+L-1,\min(i+R-1,n)]\).在这个区间里面找一个前缀和最大的位置p,答案就是\(sum[p]-sum[i…

题目链接:BZOJ - 1028 题目分析 枚举听的是哪种牌,再枚举成对的是哪种牌,再贪心判断: 从1到n枚举每一种牌,如果这种牌的个数小于0,就返回不合法. 将这种牌的张数 % 3, 剩下的只能和 i + 1, i + 2 这两种牌构成顺,所以 Num[i + 1] -= Num[i]; Num[i + 2] -= Num[i]; 牌的种类要枚举到 n + 2,因为第 n - 1 和第 n 种牌可能会减掉 n + 1,n + 2 的牌. 代码 #include <iostream> #inc…

题目链接:BZOJ - 1029 题目分析 使用一种贪心策略. 现将任务按照deadline从小到大排序. 然后枚举每一个任务,如果当前消耗的时间加上完成这个任务的时间不会超过这个任务的deadline,那么就完成这个任务. 否则,如果完成这个任务的时间比之前选择完成的任务中完成时间最长的一个要短,那么就弹出之前完成的那个任务,换上当前的这个任务. 这样当前的答案没有变,当前消耗的时间却减少了. 用堆来实现取最大值的操作. 代码 #include <iostream> #include <…